Question

7．已知函數(shù)f（x）=ln（x+1）-$\frac{{a{x^2}+x}}{{{{（{1+x}）}^2}}}$．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）在x=e-1處的切線方程；
（2）當(dāng)$\frac{2}{3}$＜a≤2時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）若x＞0，求函數(shù)g（x）=（1+$\frac{1}{x}}$）^x（1+x）${\;}^{\frac{1}{x}}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（e-1），f（e-1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）令φ（x）=lng（x），根據(jù)φ（x）在（0，+∞）上的最大值等于其在（0，1）上的最大值，求出φ（x）的最大值，從而求出g（x）的最大值即可．

解答 解：（1）a=1時，函數(shù)f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$，
f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{{（1+x）}^{2}}$=$\frac{x}{{（1+x）}^{2}}$，f′（e-1）=$\frac{e-1}{{e}^{2}}$，
又f（e-1）=$\frac{1}{e}$，
∴a=1時，函數(shù)f（x）在x=e-1處的切線方程是：
y-$\frac{1}{e}$=$\frac{e-1}{{e}^{2}}$（x-e+1）；
（2）由題意得：函數(shù)f（x）的定義域是（-1，+∞），
且f′（x）=$\frac{x（x-2a+3）}{{（1+x）}^{3}}$，
$\frac{3}{2}$＜a≤2時，則2a-3＞0，
若-1＜x＜0或x＞2a-3，則f′（x）＞0，若0＜x＜2a-3，則f′（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間（-1，0）（2a-3，+∞）遞增，在（0，2a-3）遞減；
（3）顯然g（x）=g（$\frac{1}{x}$），令φ（x）=lng（x），
因此φ（x）在（0，+∞）上的最大值等于其在（0，1）上的最大值，
φ′（x）=（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）ln（1+x）+（x+$\frac{1}{x}$）•$\frac{1}{1+x}$-lnx-1，
設(shè)h（x）=（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）ln（1+x）+（x+$\frac{1}{x}$）•$\frac{1}{1+x}$-lnx-1，
h′（x）=$\frac{{2（1+x）}^{2}[ln（1+x）-\frac{{2x}^{2}+x}{{（1+x）}^{2}}]}{{{x}^{3}（1+x）}^{2}}$，
由（2）得，當(dāng)a=2時，f（x）在區(qū)間（0，1]遞減，
則f（x）=ln（1+x）-$\frac{{2x}^{2}+x}{{（1+x）}^{2}}$＜f（0）=0，h′（x）＜0，
故函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1]遞減，于是h（x）≥h（1）=0，
從而函數(shù)φ（x）在區(qū)間（0，1]遞增，
進(jìn)而φ（x）≤φ（1）=2ln2，
∵φ（x）=lng（x），
∴函數(shù)g（x）的最大值是4．

點(diǎn)評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．